Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1645
2019-01-20 
В равнобедренном треугольнике $ABC (AB = BC)$ точка $O$ - центр описанной окружности. Точка $M$ лежит на отрезке $BO$, точка ${M}^{ \prime}$ симметрична $M$ относительно середины $AB$. Точка $K$ - точка пересечения ${M}^{ \prime} O$ и $AB$. Точка $L$ на стороне $BC$ такова, что $ \angle CLO = \angle BLM$. Докажите, что точки $O, K, B, L$ лежат на одной окружности.
Решение:
Отразим точку $L$ симметрично относительно прямой $BO$, получим точку $L^{ \prime}$, лежащую на стороне $AB$ и такую, что $\angle AL^{ \prime }O = \angle BL^{ \prime }M$ (см. рис.). Для решения задачи достаточно доказать, что $\angle BKO + \angle BLO = 180^{\circ}$, что равносильно равенству $\angle CLO = \angle BKO$, или $\angle BL^{ \prime }M = \angle BKO$.
Пусть точка $O^{ \prime }$ симметрична точке $O$ относительно середины $D$ отрезка $AB$. В четырехугольнике $MOM^{ \prime}O^{ \prime}$ диагонали $MM^{ \prime}$ и $OO^{ \prime}$ делятся точкой $D$ пополам, следовательно, $MOM^{ \prime}O^{ \prime}$ - параллелограмм.
Так как $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, то $OMOO^{ \prime} \perp AB$. Точка $L^{ \prime }$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $OO^{ \prime}$, поэтому треугольники $ODL^{ \prime}$ и $O^{ \prime}DL^{ \prime}$ равны. Следовательно, $\angle O^{ \prime}L^{ \prime}D = \angle OL^{ \prime}D = \angle BL^{ \prime}M$. Это означает, что точка $L^{ \prime}$ лежит на отрезке $O^{ \prime}M$. Поскольку $O^{ \prime}M \parallel M^{ \prime}O$, получаем: $L^{ \prime}M \parallel KO$, откуда $\angle BL^{ \prime}M = \angle BKO$, что и требовалось.
В равнобедренном треугольнике $ABC (AB = BC)$ точка $O$ - центр описанной окружности. Точка $M$ лежит на отрезке $BO$, точка ${M}^{ \prime}$ симметрична $M$ относительно середины $AB$. Точка $K$ - точка пересечения ${M}^{ \prime} O$ и $AB$. Точка $L$ на стороне $BC$ такова, что $ \angle CLO = \angle BLM$. Докажите, что точки $O, K, B, L$ лежат на одной окружности.
Решение:
Отразим точку $L$ симметрично относительно прямой $BO$, получим точку $L^{ \prime}$, лежащую на стороне $AB$ и такую, что $\angle AL^{ \prime }O = \angle BL^{ \prime }M$ (см. рис.). Для решения задачи достаточно доказать, что $\angle BKO + \angle BLO = 180^{\circ}$, что равносильно равенству $\angle CLO = \angle BKO$, или $\angle BL^{ \prime }M = \angle BKO$.
Пусть точка $O^{ \prime }$ симметрична точке $O$ относительно середины $D$ отрезка $AB$. В четырехугольнике $MOM^{ \prime}O^{ \prime}$ диагонали $MM^{ \prime}$ и $OO^{ \prime}$ делятся точкой $D$ пополам, следовательно, $MOM^{ \prime}O^{ \prime}$ - параллелограмм.
Так как $O$ - центр описанной окружности треугольника $ABC$, то $OMOO^{ \prime} \perp AB$. Точка $L^{ \prime }$ лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $OO^{ \prime}$, поэтому треугольники $ODL^{ \prime}$ и $O^{ \prime}DL^{ \prime}$ равны. Следовательно, $\angle O^{ \prime}L^{ \prime}D = \angle OL^{ \prime}D = \angle BL^{ \prime}M$. Это означает, что точка $L^{ \prime}$ лежит на отрезке $O^{ \prime}M$. Поскольку $O^{ \prime}M \parallel M^{ \prime}O$, получаем: $L^{ \prime}M \parallel KO$, откуда $\angle BL^{ \prime}M = \angle BKO$, что и требовалось.
